最新高考数学文真题、模拟新题分类汇编：数列【含解析】

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1、 D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法17、20xx江西卷 已知首项都是1的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求数列cn的通项公式；(2)若bn3n1，求数列an的前n项和Sn.17解：(1)因为anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以2，即cn1cn2，所以数列cn是以c11为首项，d2为公差的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1，知an(2n1)3n1，于是数列an的前n项和Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得2Sn12(31323n1)(2

2、n1)3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.17、20xx新课标全国卷 已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由17解：(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1.因为an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a21，由(1)知，a31.若an为等差数列，则2a2a1a3，解得4，故an2an4.由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n

3、4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列17、20xx新课标全国卷 已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.17解：(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an，因此数列an的通项公式为an.(2)证明：由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以，即.于是1.所以.22，20xx重庆卷 设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论22解：(1)方法一：a2

4、2，a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)方法二：a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式当n1时，结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，则ak1111，这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一：设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a

5、2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当nk1时结论成立综上，存在 c使a2nCa2a1对所有nN*成立方法二：设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论明显成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2

6、kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2.所以a2n11，解得a2n1.综上，由知存在c使a2nc0，a7a100，a7a10a8a90，a960n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由18解：(1)设数列an的公差为d，依题意得，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为an2或an4n

7、2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.20、20xx湖南卷 已知数列an满足a11，|an1an|pn，nN*.(1)若an是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；(2)若p，且a2n1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式20解：(1)因为an是递增数列，所以an1an|an1an|pn.而a11，因此.又a1，2a2，3a3成

8、等差数列，所以4a2a13a3，因而3p2p0，解得p或p0.当p0时，an1an，这与an是递增数列矛盾，故p.(2)由于a2n1是递增数列，因而a2n1a2n10，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.因为，所以|a2n1a2n|0，因此a2na2n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，故a2n1a2n.由可知，an1an.于是ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)11.故数列an的通项公式为an.820xx辽宁卷 设等差数列an的公差为d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0 Ca1d08C解析 令bn2a1an，因为数列2a1an为递减数列，所以2a1

9、(an1an)2a1d1，所得a1d0.18、20xx全国卷 等差数列an的前n项和为Sn.已知a110，a2为整数，且SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.18解：(1)由a110，a2为整数知，等差数列an的公差d为整数又SnS4，故a40，a50，于是103d0，104d0，解得d，因此d3.故数列an的通项公式为an133n.(2)bn.于是Tnb1b2bn.17、20xx新课标全国卷 已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由17解：(1)证明：由

10、题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1.因为an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a21，由(1)知，a31.若an为等差数列，则2a2a1a3，解得4，故an2an4.由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列19，20xx山东卷 已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.1

11、9解： (1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn16，20xx陕西卷 ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin Asin C2sin(AC)；(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值16解：(1)a，b，c成等差数列，ac2b.由正弦定理得sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2s

12、in(AC)(2)a，b，c成等比数列，b2ac.由余弦定理得cos B，当且仅当ac时等号成立，cos B的最小值为.11、20xx天津卷 设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为_11解析 S22a11，S44a1(1)4a16，S1，S2，S4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得a1.22，20xx重庆卷 设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论22解：(1)方法一：a22，a31.再由题设条件知(an1

13、1)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)方法二：a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式当n1时，结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，则ak1111，这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一：设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x

14、)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当nk1时结论成立综上，存在 c使a2nCa2a1对所有nN*成立方法二：设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论明显成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k

15、1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2.所以a2n11，解得a2n1.综上，由知存在c使a2nc60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由18解：(1)设数列an的公差为d，依题意得，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2

16、n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.17、20xx新课标全国卷 已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.17解：(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an，因此数列an的通项公式为an.(2)证明：由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以，即.于是1.所以.19，20xx山东卷 已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S

17、2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.19解： (1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)由题意可知，bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn16，20xx陕西卷 ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin Asin C2sin(AC)；(2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值16解：(1)a，b，c成等差数列，ac2b.由正弦定理得

18、sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)a，b，c成等比数列，b2ac.由余弦定理得cos B，当且仅当ac时等号成立，cos B的最小值为.11、20xx天津卷 设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为_11解析 S22a11，S44a1(1)4a16，S1，S2，S4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得a1.19、20xx天津卷 已知q和n均为给定的大于1的自然数设集合M0，1，2，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1

19、)当q2，n3时，用列举法表示集合A.(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中ai，biM，i1，2，n.证明：若anbn，则st.19解：(1)当q2，n3时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1qn110，所以s0，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.因为，所以|a2n1a2

20、n|0，因此a2na2n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n12x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p .因此ac，即ak1c，所以当nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正

21、整数n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，所以f(x)(1p)xp0.由此可得，f(x)在c，)上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，从而可得a1a2c，故当n1时，不等式anan1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立18、20xx湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)

22、求数列an的通项公式(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由18解：(1)设数列an的公差为d，依题意得，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时

23、，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.17、20xx江西卷 已知首项都是1的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求数列cn的通项公式；(2)若bn3n1，求数列an的前n项和Sn.17解：(1)因为anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以2，即cn1cn2，所以数列cn是以c11为首项，d2为公差的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1，知an(2n1)3n1，于是数列an的前n项和Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，将两式相减得2Sn12(31323n1)(2

24、n1)3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.17、20xx新课标全国卷 已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.17解：(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an，因此数列an的通项公式为an.(2)证明：由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以，即.于是1.所以0，c30，c40，当n5时，cn，而0，得1，所以，当n5时，cn0，n10.又nN*，2.420xx广州调研 已知数列an满足a1，an1，nN*.(1)求证：数列为等比数列(2)是否存在互不相等的正整数m，s，t，使m，

25、s，t成等差数列，且am1，as1，at1成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m，s，t；如果不存在，请说明理由4解：(1)证明：因为an1，所以，所以11.因为a1，所以1，所以数列是首项为，公比为的等比数列(2)由(1)知，1n1，所以an.假设存在互不相等的正整数m，s，t满足条件，则有由an与(as1)2(am1)(at1)，得1211，即3mt23m23t32s43s.因为mt2s，所以3m3t23s.又3m3t2 23s，当且仅当mt时，等号成立，这与m，s，t互不相等矛盾，所以不存在互不相等的正整数m，s，t满足条件220xx景德镇质检 已知递增数列an满足a1a2a3an(

26、an)(1)求a1及数列an的通项公式；(2)设cn求数列cn的前2n项和T2n.2解：(1)当n1时，a1(a1)，解得a11.当n2时，a1a2a3an1(an1)，a1a2a3an(an)，所以an(aa1)，即(an1)2a0，所以anan11或anan11(n2)又因为数列an为递增数列，所以anan11，所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列，所以ann.(2)由cn得cn则T2n(242n)121323(2n1)22n1nn(n1)121323(2n1)22n1n.记Sn121323(2n1)22n1，则4Sn123325(2n1)22n1.由，得3Sn2242622n(2n

27、1)22n1，22242622n(2n1)22n12，所以3Sn(2n1)22n12，所以Sn，即Sn，故T2nn22n.720xx福建闽南四校期末 已知数列an是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则a2的值为()A3 B3 C2 D27A解析 a1，a2，a5成等比数列，aa1a5，a(a22)(a26)，解得a23.1020xx郑州质检 已知各项不为0的等差数列an满足a42a3a80，数列bn是等比数列，且b7a7，则b2b8b11等于()A1 B2C4 D810D解析 由已知，得2aa43a8a13d3a121d4a124d4(a16d)4a7，a72或a70(舍去)，b72，b2b8b11b1qb1q7b1q10bq18(b1q6)3b8.1720xx温州十校联考 已知二次函数f(x)ax2bx的图像过点(4n，0)，且f(0)2n，nN*，数列an满足f，且a14.(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，求数列bn的前n项和Tn.17解：(1)f(x)2axb.由题意知f(0)b2n，16n2a4nb0，a，b2n，f(x)x22nx，nN*.又数列an满足f，f(x)x2n，2n，2n.由叠加法可得2462(n1)n2n，化简可得an(n2)当n1时，a14也符合上式，an(nN*)(2)bn2，Tnb1b2bn2121.